河北省石家庄市第二中学2020届高三一模教学质量检测数学（理）试题

河北省石家庄市第二中学2020届高三一模教学质量检测数学（理）试题

‎2020年高考（理科）数学一模试卷 一、选择题（共12小题）.‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解得不等式及时函数的值域,再根据交集的定义求解即可.‎ ‎【详解】由题,不等式,解得,即；‎ 因为函数单调递增,且,所以,即,‎ 则,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解指数不等式,考查对数函数的值域.‎ ‎2.已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数在复平面内对应的点的坐标为，可以确定，再由复数代数形式的除法运算化简，即可得答案.‎ ‎【详解】由题意知复数，‎ 则，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本小题考查复数的几何意义，复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想.‎ ‎3.若是非零向量,则“”是“”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由条件知，不一定有，由向量的加法法则得到，两个模长相等的向量相加得到的和与差向量是作为四边形的对角线的，而对角线不一定相等；反之，两边平方可得两个向量垂直，四边形对角线相等，但是不一定有边长相等，故也不能反推．故是既不充分也不必要条件.‎ 故答案为D．‎ ‎4.函数的部分图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，先判断函数的奇偶性，结合当时，函数值的为正，即可求得答案.‎ ‎【详解】，‎ 为奇函数，排除C，‎ 当时，，排除B,D，‎ 故只有A符合题意 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据函数表达式求解函数图象问题，解题关键是掌握判断函数奇偶性的方法和函数图象的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎5.下边的茎叶图记录的是甲、乙两个班级各5名同学在一次数学小题训练测试中的成绩（单位：分，每题5分，共16题）．已知两组数据的平均数相等，则、的值分别为（ ）‎ A. 0，0 B. 0，‎5 ‎C. 5，0 D. 5，5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由茎叶图得各个数据，由平均数相等可得的关系，从而可得结论 ‎【详解】两组数据和相等，则，即，则，．只有B适合．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查茎叶图，考查平均数，正确认识茎叶图是解题关键．‎ ‎6.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代乙种质量单位），在这个问题中，甲比戊多得（ ）钱？‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式即可求解.‎ ‎【详解】设甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数分别为，公差为，‎ 则，即，解得，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎7.将函数图象上所有点向左平移个单位长度后得到函数的图象，如果在区间上单调递减，那么实数的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件先求出的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可.‎ ‎【详解】将函数图象上所有点向左平移个单位长度后得到函数的图象，‎ 则，‎ 设，‎ 则当时，，，‎ 即，‎ 要使在区间上单调递减，‎ 则得，得，‎ 即实数的最大值为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，考查根据三角函数单调性求参数，属于中档题.‎ ‎8.已知双曲线，为坐标原点，、为其左、右焦点，点在的渐近线上，，且，则该双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，先确定出的长度，然后利用双曲线定义将转化为的关系式，化简后可得到的值，即可求渐近线方程.‎ ‎【详解】如图所示：‎ 因为，所以，‎ 又因为，所以，所以，‎ 所以，所以，‎ 所以，所以，‎ 所以渐近线方程为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.‎ ‎9.如图所示，正四面体中,是棱的中点,是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将侧面和沿边展开成平面图形为菱形,可得到的长即为的最小值,设,在中,利用勾股定理可得,则棱长为,进而可求得正四面体的外接球的表面积 ‎【详解】将侧面和沿边展开成平面图形,如图所示,菱形,‎ 在菱形中,连接,交于点,则的长即为的最小值,即,‎ 因为正四面体,所以,所以,‎ 因为是棱的中点,所以，‎ 所以,‎ 设,则,‎ 所以,则,所以,‎ 则正四面体的棱长为,‎ 所以正四面体的外接球半径为,‎ 所以该正四面体外接球的表面积为,‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查线段和最短问题,考查外接球问题,考查运算能力 ‎10.已知点在内，且满足，现在内随机取一点，此点取自的概率分别记为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别延长到，到，到，使得，，，则有，得到点为的重心，所以，进而求得，，，得出面积之间的关系，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，分别延长到，到，到， ‎ 使得，，，则有，‎ 所以点为的重心，所以，‎ 又，，，‎ 从而得到，‎ 则，即.故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的应用，以及几何概型思想的应用，其中解答中根据响亮的运算求得点的位置，得出面积之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎11.《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多达芬奇创作的油画，现收藏于法国罗浮宫博物馆.该油画规格为：纵‎77cm，横‎53cm.油画挂在墙壁上的最低点处B离地面‎237cm(如图所示).有一身高为‎175cm的游客从正面观赏它(该游客头顶T到眼睛C的距离为‎15cm)，设该游客离墙距离为xcm，视角为.为使观赏视角最大，x应为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，则，利用两角差的正切公式用表示出，再根据对勾函数的单调性求解．‎ 详解】解：过作于，设，，则，‎ 则（），（），‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∴当且仅当即时，有最大值，此时也最大，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查两角差的正切公式的应用，考查对勾函数的单调性与最值，属于中档题．‎ ‎12.已知点是曲线上任意一点，记直线（为坐标原点）的斜率为，给出下列四个命题：‎ ‎①存在唯一点使得；‎ ‎②对于任意点都有；‎ ‎③对于任意点都有；‎ ‎④存在点使得，‎ 则所有正确的命题的序号为（ ）‎ A. ①② B. ③ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合正弦函数的值域和对数函数和直线的关系，即可判断③正确，④错误.当时，，即可判断②错误；对于①，存在唯一点使得，即存在唯一解，令，则存在唯一解，运用导数判断单调性结合零点存在定理，可判断①正确，由排除法即可得到结论.‎ ‎【详解】任意，一方面，‎ 另一方面由和直线的图象易证成立，‎ 即，∴，‎ ‎∵与中两个等号成立条件不一样，‎ ‎∴恒成立，‎ ‎∴，则③正确，④错误.‎ 当时，，‎ ‎∴，则②错误；‎ 对于①，存在唯一点使得，也就是存在唯一解，‎ 令，则存在唯一解，‎ ‎∵恒成立，‎ ‎∴函数，在上单调递增，‎ 又，，‎ ‎∴存在唯一解，故①正确，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查直线的斜率范围，同时考查了利用导数解决方程的根，考查了学生分析问题和判断问题的能力，属于难题.‎ 二.填空题（共4小题，每题5分，共20分）‎ ‎13.若实数，满足约束条件，则的最小值为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意作出可行域，根据的几何意义，从而求出最小值.‎ 详解】由题意作平面区域如下，‎ 由解得，，‎ 令 则经过可行域的时，目标函数取得最小值.‎ 故的最小值是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划问题，根据题意画出可行域为解题的关键，属于简单题.‎ ‎14.已知，则的展开式中的系数为__________（用数字表示）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据定积分的几何意义求解，再根据通项公式求解即可.‎ ‎【详解】因为表示以为圆心，1为半径的圆的上半圆的面积，‎ 所以，；‎ ‎∴其展开式的通项公式为：‎ ‎；‎ 令.‎ ‎∴的展开式中的系数为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理，同时考查了定积分的几何意义，属于中档题.‎ ‎15.已知点是椭圆：上一点，点在第一象限且点关于原点的对称点为，点在轴上的投影为，直线与椭圆的另一个交点为，若为直角三角形，则椭圆的离心率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 设，的坐标，由题意可得，的坐标，由题意可得，再由为直角三角形，所以，可得，的关系，再由，，的关系求出离心率.‎ ‎【详解】‎ 设，，则由题意可得：，， ‎ ‎，‎ 由作差可得：，‎ 所以.‎ ‎，所以，‎ 所以.‎ 因为为直角三角形，所以，‎ 所以，，即：.‎ ‎，离心率.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆中离心率的求法，根据题意找到，，的关系式为解题的关键，属于中档题.‎ ‎16.若函数的导函数，的部分图象如图所示，，当，时，则的最大值为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可得：A＝2，，解得ω＝2．可得f′（x）＝2cos（2φ）＝﹣2，|φ|），把x，2代入解得φ．可得f′（x），进而得出f（x），g（x）＝f（x），利用正弦函数的单调性即可得出结论．‎ ‎【详解】由图象可得：A＝2，，解得ω＝2．‎ ‎∴f′（x）＝2cos（2φ）＝﹣2，|φ|），解得φ．‎ ‎∴f′（x）＝2cos（2x）．‎ ‎∴f（x）＝sin（2x）+c．（c为常数）．‎ g（x）＝f（x）＝sin2x+c．‎ x∈[，]时，2x∈．‎ sin2x∈，‎ 当x1，x2∈[，]时，则|g（x1）﹣g（x2）|＝|sin2x1﹣sin2x2|≤1﹣（）．‎ 因此当x1，x2∈[，]时，则|g（x1）﹣g（x2）|的最大值为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的运算法则、三角函数的图象与性质、等价转化方法、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ 三、解答题（共70分，第22、23题为选考题，考生根据要求选择其中一个作答.）‎ ‎17.如图，四棱锥中侧面为等边三角形且垂直于底面，，，，是的中点.‎ ‎（1）证明：直线平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明四边形是平行四边形，可得，进而得证.‎ ‎（2）首先取的中点，连接，根据题意易证底面， 再建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得余弦值.‎ ‎【详解】（1）取的中点，连接，，‎ ‎∵是的中点，∴，‎ 又，∴，‎ ‎∴四边形是平行四边形，‎ ‎∴，‎ 又不在平面内，在平面内，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）取的中点，连接.‎ 因为，所以 又因为平面底面，所以底面.‎ 分别以、所在的直线为轴和轴，以底面内的中垂线为轴 建立空间直角坐标系，‎ 令，则，‎ 因为是等边三角形，则，为的中点，，‎ 则，，，‎ ‎∴，，，‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为，‎ 则，令，，‎ ‎，令，故可取，‎ ‎∴，‎ 经检验，二面角的余弦值的大小为.‎ ‎【点睛】本题第一问考查线面平行的证明，第二问考查向量法求二面角的余弦值，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎18.甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列的前n项和为，已知_____，‎ ‎（1）判断，，的关系；‎ ‎（2）若，设，记的前n项和为，证明：.‎ 甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第（1）问的答案是，，成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题. ‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可补充公比q的值，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，计算可得所求结论；‎ ‎（2）由等比数列的通项公式求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，不等式的性质，即可得证.‎ ‎【详解】（1）由题意可得，，，‎ 可得，即，，成等差数列；‎ ‎（2）证明：由，可得，解得，‎ ‎，‎ 则，‎ ‎，‎ 上面两式相减可得 ‎，‎ 化简可得，‎ 由，可得.‎ ‎【点睛】本小题主要考查证明数列是等差数列，考查错位相减求和法，考查分析、思考与解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎19.椭圆（）的离心率是，点在短轴上，且．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点，是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由 ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b）‎ 又点P的坐标为（0，1），且＝－1‎ 于是，解得a＝2，b＝‎ 所以椭圆E方程为.‎ ‎（2）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1‎ A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）‎ 联立，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0‎ 其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0‎ 所以 从而＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）]‎ ‎＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1‎ ‎＝‎ ‎＝－‎ 所以，当λ＝1时，－＝－3，‎ 此时，＝－3为定值.‎ 当直线AB斜率不存在时，直线AB即直线CD 此时＝－2－1＝－3‎ 故存在常数λ＝1，使得为定值－3.‎ 考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.‎ ‎20.调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析、鉴定，调配、研发，周而复始、反复对比.对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的调味品让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.现设，分别以，，，表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种调味品在第二次排序时的序号，并令，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述.（如第二次排序时的序号为1，3，2，4，则）.‎ ‎（1）写出X的所有可能值构成的集合；‎ ‎（2）假设，，的排列等可能地为1，2，3，4的各种排列，求X的数学期望；‎ ‎（3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有.‎ ‎（i）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；‎ ‎（ⅱ）请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）5（3）（ⅰ）（ⅱ）我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，从而，中的奇数个数等于，中的偶数个数，进而与的奇偶性相同，由此能举出使得X所有可能值构成的集合.‎ ‎（2）可用列表法列出1，2，3，4的一共24种排列，求得分布列进而求出X的数学期望.‎ ‎（3）（ⅰ）首先，将三轮测试都有的概率记做p，由独立性假设能求出结果.‎ ‎（ⅱ）由于是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有 的结果的可能性很小，从而我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测.‎ ‎【详解】（1）X的可能值集合为，‎ 在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，‎ 所以，中的奇数个数等于，中的偶数个数，‎ 因此与的奇偶性相同，‎ 从而必为偶数，X的值非负，且易知其值不大于8.‎ 由此能举出使得X的值等于0，2，4，6，8各值的排列的例子.‎ ‎（2）可用列表列出1，2，3，4的一共24种排列，如下表所示：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎6‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎8‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎8‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎8‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎8‎ 计算每种排列下的X值如上表所示，在等可能的假定下，得到 X ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ P ‎.‎ ‎（3）（ⅰ）首先，将三轮测试都有的概率记做p，‎ 由上述结果和独立性假设，得.‎ ‎（ⅱ）由于是一个很小的概率，‎ 这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有的结果的可能性很小，‎ 所以我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测.‎ ‎【点睛】本小题主要考查随机变量分布列及其期望值的求法，考查相互独立事件概率计算，考查数据处理能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）求曲线在处的切线方程；‎ ‎（2）关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若，且，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先求导，求出切线的斜率，再写出切线方程即可.‎ ‎（2）等价，恒成立.对求导，求出单调区间和最小值，再根据最小值的单调性和最值即可得到的取值范围.‎ ‎（3）首先证明，再设直线与的交点为，则，则，且，直线分别于交于点，则，，且，‎ 可得.‎ 即可证明.‎ ‎【详解】解：（1），‎ 所以，，切点为.‎ 故切线方程为，即.‎ ‎（2）由题知：‎ 等价于：，恒成立.‎ 令，解得.‎ 当时，，为减函数，‎ 当时，，为增函数.‎ 所以.‎ 设，.‎ 令，解得.‎ 当时，，为增函数，‎ 当时，，为减函数，‎ 所以，所以.‎ 又因为恒成立，所以.‎ ‎（3）设，，‎ 则，‎ 当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增，‎ 故当时，函数取得最小值，.‎ 因此.‎ 设直线与的交点为，则，‎ ‎∴，且，当且仅当时取等号.‎ 又由（2）可知，设直线分别于交于点.‎ 则，∴，且，当且仅当时取等号.‎ 因此.‎ 因为等号成立的条件不能同时满足，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题第一问考查导数的切线问题，第二问考查利用导数解决恒成立问题，第三问考查利用导数证明不等式，同时考查了学生分析问题和计算的能力，属于难题.‎ ‎（二）选考题（共10分）请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.已知曲线：（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）把的参数方程化为极坐标方程；‎ ‎（2）求与交点的极坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）极坐标分别为，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将曲线：的参数消去可得：，即，把代入即可得到极坐标方程.‎ ‎（2）曲线的极坐标方程为，化为，化为普通方程，联立解得直角坐标再求极坐标即可.‎ ‎【详解】（1）把曲线：的参数他消去可得：‎ ‎，即.‎ 把代入可得.‎ 即的极坐标方程为：.‎ ‎（2）曲线的极坐标方程为，化为，‎ 化为普通方程：.‎ 联立，解得或.‎ ‎∴极坐标分别为，.‎ ‎【点睛】本题第一问考查圆的参数方程和极坐标方程，第二问考查点的极坐标，熟记公式为解题的关键，属于中档题.‎ ‎23.已知绝对值不等式：│x+1│+│x-1│>a2－‎5a+4 ‎ ‎（1）当a=0时，求x的范围；（2）若对于任意的实数x以上不等式恒成立，求a的范围 ‎【答案】（1）x＞2或x＜－2；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将条件带入，零点分段去绝对值求解即可；‎ ‎（2）由│x+1│+│x-1│≥2，│x+1│+│x-1│>a2－‎5a+4恒成立，即2>a2－‎5a+4恒成立，进而求解即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）、当a=0时，原不等式变为：│x+1│+│x-1│> 4，‎ 解此不等式可得：x＞2或x＜－2,‎ ‎（2）由│x+1│+│x-1│≥2，‎ 所以│x+1│+│x-1│>a2－‎5a+4恒成立，即2>a2－‎5a+4恒成立 所以.‎ 点睛：含绝对值不等式的解法由两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论的思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向.‎